Bonjour à tous
Soit une fonction positive de classe . On suppose que sur , prouver que pour tout réel x, on a: .
Bonjour!
Un début de solution dans le cas où f' positive, f et f' nulles en 0 et en se limitant à x positif:
f"<=M donc 2f'f"<=2Mf' donc 2f'f"-2Mf'<=0 donc
décroissante donc négative sur ]0,+l'infini[ donc donc
[blank]Oups désolé quelques erreurs, h c'est epsilon² dans f' et epsilon tout court à côté de M (j'ai fait avec des h sur mon brouillons)
Bref la dernière inégalité vient simplement de l'étude de la fonction A/e+eM.
Nightmare:
Je n'ai pas épluché ta démonstration, mais il me semble qu'on peut la faire marcher: remplacer le sup(|f|) sur R par le sup(|f|) sur ]x-,x+[ et, tout à la fin, faire tendre vers 0.
Euh je ne crois pas Blang, c'est même un maximum atteint en V(2AM)
Oui en effet rogerd ça a l'air de marcher.
Une autre idée:
Une translation sur la variable ne changeant pas les propriétés de f, je me limite à démontrer l'inégalité demandée pour x=0.
De même, f(-x) ayant les mêmes propriétés que f, je me ramène au cas f'(0)>=0.
Je reste sur ]-,0]
f"<= M donc f'-Mx est décroissante donc >=f'(0).
Donc f'-Mx-f'(0)>=0 donc est croissante, donc inférieure à f(0).
Donc .
Donc le trinôme est positif pour tout x réel.
Donc son discriminant est négatif.
C'est l'inégalité recherchée.
rogerd
La preuve que j'ai utilise aussi le discriminant d'un trinôme du second degré.
Par positivité de f et d'après Taylor-Lagrange, si h , on a: . Ainsi le discriminant du trinôme est négatif ou nul: d'où l'inégalité annoncée. (le raisonnement ne marche pas si M=0: mais cela arrive uniquement quand f est affine, c'est-à-dire quand f est constante>0 vu que f est positive sur , cas évident).
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